2020届高考物理二轮7动量和能量的综合应用

1、专题限时集训（七）（建议用时：40分钟）专题通关练1.（多选）（2019湖南湘东六校联考）质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑 水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左侧，另一质量也为 m的物块乙以4 m/s的 速度与甲相向运动，如图所示，两物块通过弹簧相互作用 （未超出弹簧弹性限度） 并最终弹开，则（）A.两物块在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统动量守恒B.当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C.甲物块的速率可能为5 m/sD.当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为 2 m/sAD 甲、乙两物块在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统所受合外力为零， 系统动量守恒，选项 A正确；当两物

2、块相距最近时，两物块速度相等，甲物块的 速度不为零，选项B错误；若甲物块的速率为5 m/s,根据动量守恒定律可得此时 乙物块的速率为6 m/s或4 m/s,两物块组成的系统机械能增大，违反了能量守恒 定律，选项C错误；当甲物块的速率为1 m/s,方向向左时，选取向右为速度的正 方向，根据动量守恒定律，m 4 m/s m 3 m/s= mv m 1 m/s,解得乙物块的速率 v=2 m/s,选项D正确。2 .（原创题）（多选）一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为V0=4 m/s的匀速直线运动。已知帆船在该运动状态下突然失去风的推力的作用，此后帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过时间 t

3、0=8 s后静止不动；该帆船的帆面 正对风的有效面积为S=10 m2,帆船的总质量约为 M=936 kg,若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为-1.3 kg/m3,下列说法正确的是（）A.帆船失去风的推力后加速度大小是 1 m/s2B.帆船在湖面上顺风航行时所受水的阻力大小为468 NC,帆船匀速运动时受到风的推力的大小为936 ND.风速的大小为10 m/sBD 帆船失去风的推力后，只受到水的阻力f的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度大小为a,则2=苏=0.5 m/s2,选项A错误；以帆船为研究对象， 由牛顿第二定律可得f= Ma,代入数据解得f = 468 N,选项B正确

4、；设帆船匀速 运动时受到风的推力大小为 F,根据平衡条件得Ff=0,解得F = 468 N,选项 C错误；设在时间t内，以正对帆面且吹向帆面的空气为研究对象， 且其质量为m, 则m= p （v V0）t,根据动量定理有Ft = mv0mv,解得v=10 m/s,选项D正 确。3 .（一题多解）（2019武汉示范高中联考）如图所示，子弹水平射入放在光滑水 平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J,那么此过程产生的内能可能为（）A. 16 J B. 2 J C. 6 JD. 4 JA 法一 设子弹的质量为m0,初速度为v0,木块的质量为m,则子弹打入 木块的过程中，子弹与木

5、块组成的系统动量守恒，即 m0v0=（m+m0）v,此过程中 产生的内能等于系统损失的动能，即 E = 2m0v22（m +m0）v2,而木块获得的动能 Ek木= ；mv2=6 J, 上述式子联立可得 E 171m071 >1, 故 E>6 J, A 项正确。法二 作出子弹和木块运动的v-t图象，由图象可知，子弹和木块的相对位移 Ax的大小一定大于木块的对地位移 x木的大小，即Ax>x木，设摩擦力为f,则系统 产生的热量Q = fAx,对木块应用动能定理有fx木=£卜木，可得Q>Ek木=6 J, A项 正确。4 .（多选）A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图

6、所示为两球碰撞前、后的 位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A球质量是m=2 kg,则由图判断下列结论正确的是（）Jf/rn j。1 2 3 4 加A .碰撞前、后 A球的动量变化量为4 kg m/sB .碰撞时A球对B球所施的冲量为4 NsC. A、B两球碰撞前的总动量为 3 kg m/sD.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为 10 JABD 根据图象可知，碰前 A球的速度va=3 m/s,碰前B球的速度vb = 2 m/s,碰后A、B两球共同的速度v = 1 m/s,故碰撞前、后A球的动量变化量 为z

7、pA=mv mvA=4 kg m/s,选项A正确；A球的动量变化量为 4 kg m/s,碰撞 过程中动量守恒，B球的动量变化量为- 4 kg m/s,根据动量定理，碰撞过程中 A 球对B球所施的冲量为一4 Ns,选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有 mvA + mBvB = （m+mB）v,解得mB = 4 kg,故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的3_1 c 1 C 1动能为AE = 2mvA + mBvB 2（m+mB）v2= 10 J ,选项D正确；A、B两球碰撞刖10的总动里为 p= mvA+mBVB= （m+mB）v = 3 kg m/s,选项 C 错块。5.（多选）如图所示，动

8、量分别为 pA=12 kg m/s、pB = 13 kg m/s的两个小球 A、 B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用 邓、却B表示两小球动量的变化量，则下列选项中可能正确的是（）A . 即a = 3 kg m/s, ApB = 3 kg m/sB. /a= 2 kg m/s, ApB=2 kg m/sC.即a = 24 kg m/s,即b = 24 kg m/sD. 即a = 3 kg m/s, ApB = 3 kg m/sAB 本题属于追及碰撞问题，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运 动物体的速度（否则无法实现碰撞），碰后，前面物体的动量增大，后面物

9、体的动量 减小，减小量等于增大量，所以中A<0,午B>0,并且午A=中B。据此可排除选项D;若 即a= 24 kg m/s、勺8 = 24 kgm/s,碰后两球的动量分别为 p' a=,一、，一，、p2 12 kg m/s、p b = 37 kg m/s,根据关系式*卜=而可知，A球的质重和动事大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以 B球的动能增大，这样系 统的机械能比碰前增大了，选项 C可以排除；经检验，选项 A、B满足碰撞遵循 的三个原则。6.（多选）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的黄壶，两者在大本营 中心发生对心碰撞，如图（a）所示，碰后运动员

10、用冰壶刷摩擦黄壶前进方向的冰面 来减小阻力，碰撞前后两壶运动的 v-t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前 后的图线平行，两冰壶质量均为 19 kg,则（）j 孤urZ) 1.2、红豆 I.Q -X 一-12 -A.碰后黄壶的速度为0.8 m/sB.碰后黄壶移动的距离为2.4 mC .碰撞过程两壶损失的动能为 7.22 JD.碰后红、黄两壶所受摩擦力大小之比为5 : 4AD 由图可知碰撞前后红壶的速度为v0=1 m/s和vi = 0.2 m/s,由动量守恒可得mv0=mv1+mv2,解得碰后黄壶速度为v2 = 0.8 m/s,碰后黄壶移动的距离为11cle 1cx=X 0.8X5 m =

11、2 m,碰撞过程两亚损失的动能为 AEk=mv2mv2mv2 =3.04 J,红壶所受摩擦力f1 = ma1 = 19X1.21.01N = 3.8 N,黄壶所受摩擦力f2 =0.8-0ma2=19x二5N = 3.04 N,碰后红、黄两壶所受摩擦力之比为f1 : f2=5 : 4,故A、D正确，B、C错误.7.（多选）（2019山东济南高三质量评估）如图所示，一质量为3m的容器静止 在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为R的光滑半球面，在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P,重力加速度为go下列说法正确的是（）A.P滑到最低点时的动能为mgRB.P从开始到最低点的过程中机械能减少了

12、m4RC.P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度小于RD.P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度等于RBD小滑块由最高点运动到最低点的过程，容器和小滑块组成的系统水平方向动量守恒，则由动量守恒定律可知 0=mvP3mv,又由机械能守恒定律得 mgR = 2mvP + 2x3mv2,解得v =、/gR, vP = 3/gR,则小滑块在最低点的动能为EkP331= 4mgR,该过程中小滑块减少的机械能为 AE = mgR4mgR=4mgR, A错块，B正确；假设小滑块沿内壁上滑的最大高度为h,则对小滑块和容器组成的系统，1由动重寸恒止律和机械能寸恒止律得 mvP 3mv = 4mv , mgR =

13、 mgh +万 X4mv' 2,解得 v' =0, h = R, C 错误，D 正确。 . 一一 .一. 1一8.（原创题）（多选）如图所示，半径为R的4圆弧轨道固定在水平面上，圆弧轨道底端和水平面相切，质量分别为 5m和3m的物体B和C用一质量不计的弹簧 连接放在水平面上，其中物体 B左端刚好位于圆弧轨道圆心的正下方，质量为m的物体A由与圆心等高的位置从圆弧上静止释放， 经一段时间物体A与物体B发 生碰撞，碰撞后物体A沿原路返回，A上升的最高点距水平面的高度为己。假设 三个物体均可视为质点、一切摩擦和阻力均可忽略，重力加速度为go下列说法正确的是（）A.物体A、B碰后瞬间，物

14、体A的速度大小为也涉B.物体A、B相互作用的过程中，物体 A对物体B的冲量大小为 m/2gR 15C.弹簧所储存的弹性势能的最大值为卷mgRD.碰后物体C具有的最大速度应为 156 2gRACD 物体A运动到圆弧轨道最低点与物体 B碰撞前的速度大小记为vi,1 C取轨道的最低点的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgR=mv2,解得vi=也加,碰撞后瞬间物体A的速度大小记为v' 1,同理有mgR=：mv' 2,解彳#v' i ="2再，碰撞后瞬间物体B的速度大小记为v2,取水平向右为正方向，对 A、B 组成的系统由动量守恒定律有 mv1= mv' 1

15、+ 5mv2,解得v2="2gR,由动量定 理可得，碰撞过程中物体B受到的冲量大小为I =5mv2=5mV2gR, A正确，B错 误；碰撞结束后，物体B与物体C的速度相等时弹簧储存的弹性势能最大，根据 动量守恒定律有5mv2=8mv3,根据机械能守恒定律有，弹簧储存的最大弹性势能1115Epm = 2X5mv22X8mv3,解得Epm =-mgR, C正确；对物体B、物体C与弹 簧组成的系统而言，当弹簧再次恢复到原长时，物体C的速度最大，根据动量守1c 1, c恒止律和机械能寸包止律， 有8mv3 = 5mv 2+ 3mvc, Epm+/X 8mv3=X 5mv 2 + 1X3mvC

16、,解得 vc =156 2gR ,D正确。能力提升练9.(多选)(2019东北六校理综联考)如图所示，质量分别为mi、m2的两物体A、 B与轻弹簧拴接，一起静止在光滑水平面上， m1>m20现用锤子两次分别敲击 A 和B,使它们均获得大小相同的初动量，当敲击A时弹簧压缩到最短的长度为L1, 锤子对A做的功为W1；敲击B时弹簧压缩到最短的长度为 L2,锤子对B做的功 为W2,则L1与L2及两次锤子做的功 W1和W2的大小关系正确的是()A. L1>L2B. L1VL2C. W1>W2D. W1<W2AD 假设每次敲击时物体获得的动量大小为p,当敲击物体A时，锤子对物1 c

17、 P2体A做的功为W1 = Jm1v2=/；,当两物体A、B的速度相同时，弹簧最短，由动 2 2m1量守恒定律得：m1V1 = (m1 + m2)v' 1,此时弹簧储存的弹性势能为 Ep1=2m1v22(m1 + m2)v 2,整理得Ep1 = 比±；p2一；同理当敲击物体B时，锤子对物体2 2m1 2 m1 m2B做的功为W2=2m2v2=2pm2,当两物体A、B的速度相同时，弹簧最短，由动量1 c 1守恒止律得：m2v2=(m1 + m2)v 2,此时弹簧储存的弹性势能为 Ep2 = 2m2v22(m1mi>m2,则根据以上分析可22+ m2)v' 2,整理

18、得 Ep2 = 2-2 m1+m2，由题意有知Wi<W2, C错误，D正确；因为Epi<Ep2,所以敲击B时弹簧的压缩量大，弹 簧压缩到最短的长度较短，所以 Li>L2, A正确，B错误。10.（多选）如图甲所示，光滑水平面上放着长木板 B,质量为m=2 kg的木块 A以速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板 B的上表面，由于A、B之间存在有摩 擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度 g=10 m/s20下 列说法正确的是（ ）甲乙A. A、B之间动摩擦因数为0.1B.长木板的质量M = 2 kgC.长木板长度至少为2 mD. A、B组成的系统损失的机械

19、能为4 JAB 从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做 匀速运动，共同速度：v = 1 m/s,取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0 =（m+M）v,解得：M = m=2 kg,故B正确；由图象可知，木板 B匀加速运动的加 速度为：2=年=；m/s2 = 1 m/s2,对B,根据牛顿第二定律得：仙m守Ma,解得1动摩擦因数为：尸0.1,故A正确；由图象可知前1 s内B的位移为：XB = 2X1X12+1m = 0.5 m, A的位移为：xa= 2 x 1 m=1.5 m,所以木板取小长度为：L = xa 1 c 1cxb = 1 m,故C错块；A、B组成的系统损失

20、的机械能为：正=/mv02(m+M)v2=2 J,故D错误。11.如图所示，在光滑的水平面上有一质量为mc=1 kg的足够长的木板C,在C上放置有A、B两物体，A的质量mA=1 kg, B的质量mB=2 kg。A、B± 间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能Ep=3 J,现突然给A、B一瞬间冲量作用，使A、B同时获得方向向右，大小为 v0 = 2 m/s的初速度，与此同时 弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A、B分离(此 过程中C仍保持静止)。已知A、C之间的动摩擦因数 3=0.2, B、C之间的动摩 擦因数 亚=0.1,且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力

21、，g=10 m/s20(1)求弹簧与A、B分离的瞬间，A、B的速度大小；(2)已知在C第一次碰到右边的固定挡板之前，A、B和C已经达到了共同速度，求共同速度v和达到共速之前A、B、C的加速度大小；(3)已知C与挡板的碰撞无机械能损失，求第一次碰撞后到第二次碰撞前 A在 C上滑行的距离。解析(1)在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短， 对A、B与弹簧 组成的系统由动量守恒定律和能量守恒定律可得(mA+ mB)vo = mAVA+ mBVB, Ep+；(mA+ mBNOMmAvA+'mBvB联立解得 va=0, vb = 3 m/s。(2)对物体B有aB=的=1 m/s2假设A、C相

22、对静止，则由牛顿第二定律得5mBg= (mA+ mc)a解得 a=1 m/s2因为mAa< pi mAg,所以假设成立故A、C的共同加速度为a=1 m/s2A、B、C组成的系统在水平方向不受外力，由动量守恒定律得mBVB = (mA +mB+ mc)v解得 v = 1.5 m/s。(3)C和挡板碰撞后，先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动， 在向右加速的过程中C和A先达到共同速度vi,之后A、C再以共同的加速度向 右做匀加速直线运动，B 一直向右做匀减速直线运动，最后三者达到共同速度做 匀速直线运动分析知 A、C 共速前，aA= pig = 2 m/s2, aB=1 m/s2由

23、牛顿第二定律得 .mAg+必mBg=mCaC解得 aC = 4 m/s2从C与挡板碰撞到A、C共速所需时间记为tA、C 共速时，对 A 有 vi = v aAt,对 C 有 vi = v + aCt解得 vi = 0.5 m/s, t=0.5 s-v + vi. v+vi 又 xa= -21=0.5 m, xc=2t=0.25 m故第一次碰撞后到第二次碰撞前 A在C上滑行的距离xac = xa XC= 0.75 m。答案见解析-ii -题号内容押题依据核心考点核心素养动力学、动量、能量综合问题以弹簧、传送带模 型为依据，以直线 运动和曲线运动为 背景科学思维：立足学生综合能力考查如图所示为某种游戏装置示意图， 水平轨道MN、PQ分别与水平传送带左侧、右侧理想连接，竖直圆形轨道与 PQ相切于Q。已知传送带长L=4.0 m,且沿顺 时针方向以恒定速率v = 3.0 m/s匀速转动。两个质量均为 m的滑块B、C静置于 水平轨道MN上，它们之间有一处于原长的轻弹簧，且弹簧与B连接但不与C连接。另一质量也为 m的滑块A以初速度V0向B运动，A与B碰撞后粘在一起， 碰撞时间极短。若